1、椭圆考向一：椭圆定义及焦点三角形1、【2019年高考全国卷理数】已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点若，则C的方程为ABCD【解析】如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有在中，由余弦定理推论得在中，由余弦定理得，解得所求椭圆方程为，故选B2、【2019年高考全国卷理数】设为椭圆C:的两个焦点，M为C上一点且在第一象限.若为等腰三角形，则M的坐标为_.【解析】由已知可得，设点的坐标为，则，又，解得，解得（舍去），的坐标为巩固迁移：(2018安徽皖江模拟)已知F1，F2是长轴长为4的椭圆C：1(ab0)的左、右焦点，P是椭圆上一点，则PF1F2面积的最大值为_解析解法一：PF1F2的面
2、积为|PF1|PF2|sinF1PF22a22a4，a24，PF1F2面积的最大值为2.解法二：由题意可知2a4，解得a2.当P点到F1F2距离最大时，PF1F2面积最大，此时P为短轴端点，SPF1F22cbbc.又a2b2c24，bc2，当bc时，PF1F2面积最大值为2.考向二：椭圆标准方程1、2016全国，20设圆x2y22x150的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.证明|EA|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；解(1)因为|AD|AC|，EBAC，故EBDACDADC.所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|
3、AD|.又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.由题设得A(1，0)，B(1，0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为1(y0)变式训练：【2019年高考江苏卷】如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（1、0），F2（1，0）过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1已知DF1=（1）求椭圆C的标准方程；（2）求点E的坐标【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c.因为F1(1，0)，F2(1，0)，所以F1F2=2，c=1.又因为DF1=，A
4、F2x轴，所以DF2=，因此2a=DF1+DF2=4，从而a=2.由b2=a2c2，得b2=3.因此，椭圆C的标准方程为.（2）由（1）知，椭圆C：.如图，连结EF1.因为BF2=2a，EF1+EF2=2a，所以EF1=EB，从而BF1E=B.因为F2A=F2B，所以A=B，所以A=BF1E，从而EF1F2A.因为AF2x轴，所以EF1x轴.因为F1(1，0)，由，得.又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以.因此.巩固迁移：与圆C1：(x3)2y21外切，且与圆C2：(x3)2y281内切的动圆圆心P的轨迹方程为_解析设动圆的半径为r，圆心为P(x，y)，则有|PC1|r1，|PC2|9r.所
5、以|PC1|PC2|10|C1C2|，所以点P的轨迹是以C1(3,0)，C2(3,0)为焦点，长轴长为10的椭圆，点P的轨迹方程为1.2、2014大纲卷，4已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过F2的直线l交C于A，B两点若AF1B的周长为4，则C的方程为()A1 By21C1 D1解析由题意及椭圆的定义知4a4，则a，又，c1，b22，C的方程为1，选A.考向三：椭圆的几何性质1、【2019年高考北京卷理数】已知椭圆（ab0）的离心率为，则Aa2=2b2B3a2=4b2Ca=2bD3a=4b【解析】椭圆的离心率，化简得，故选B.2、2018全国，12已知F1，F2是椭
6、圆C：1(ab0)的左，右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，PF1F2为等腰三角形，F1F2P120，则C的离心率为()A. B. C. D.解析依题意易知|PF2|F1F2|2c，且P在第一象限内，由F1F2P120可得P点的坐标为(2c，c)因为kAP，即，所以a4c，e，故选D.3、2017全国，10已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为()ABCD解析由题意知以A1A2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为a.又直线bxay2ab0与圆相切，圆心到直线的距离da，解得ab，e .故选A.4
7、、2013辽宁卷，15已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连结AF，BF.若|AB|10，|AF|6，cosABF，则C的离心率e_.解析如图，设右焦点为F1，|BF|x，则cosABF.解得x8，故AFB90.由椭圆及直线关于原点对称可知|AF1|8，且FAF190，FAF1是直角三角形，|F1F2|10，故2a8614，2c10，e.5、【2019年高考浙江卷】已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_【解析】如图，设F1为椭圆右焦点.由题意可知，由中位线定理可得，设，可得，与方程联立，可解得（
8、舍），又点在椭圆上且在轴的上方，求得，所以考向四：直线与椭圆的综合问题1、【2019年高考天津卷理数】设椭圆的左焦点为，上顶点为已知椭圆的短轴长为4，离心率为（1）求椭圆的方程；（2）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上若（为原点），且，求直线的斜率【解析】（1）设椭圆的半焦距为，依题意，又，可得，所以，椭圆的方程为（2）由题意，设设直线的斜率为，又，则直线的方程为，与椭圆方程联立整理得，可得，代入得，进而直线的斜率在中，令，得由题意得，所以直线的斜率为由，得，化简得，从而所以，直线的斜率为或2、2017全国，20设O为坐标原点，动点M在椭圆C：y21上，
9、过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线x3上，且1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.解(1)设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，(xx0，y)，(0，y0)由得x0x，y0y.因为M(x0，y0)在C上，所以1.因此点P的轨迹方程为x2y22.(2)由题意知F(1，0)设Q(3，t)，P(m，n)，则(3，t)，(1m，n)，33mtn，(m，n)，(3m，tn)由1得3mm2tnn21，又由(1)知m2n22，故33mtn0.所以0，即.又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.3、
10、2018全国，19(本小题满分12分)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1,0)，直线l的方程为x1.由已知可得，点A的坐标为或.所以直线AM的方程为yx或yx.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x20)(1)证明：k；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FFF0
11、.证明：|，|，|成等差数列，并求该数列的公差解(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.两式相减，并由k得k0.由题设知1，m，于是k.由题设得m0，即0m，故k.(2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则由(1)及题设得(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)，x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点P在C上，所以m，从而P（1，），|F|.于是|F| 2.同理|F|2.所以|F|F|4(x1x2)3.故2|F|F|F|，即|，|，|成等差数列设该数列的公差为d，则2|d|x1x2|.将m代入得k1.所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.所以该数列的公差为或.10
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